模板03 工艺流程中条件控制与选择、分离和提纯(解析版)-2025年高考化学答题技巧与模板构建

模板03工艺流程中条件控制与选择、分离和提纯识识·题型解读考情分析+命题预测/技巧解读明·模板构建答题模板+技巧点拨技法01化工流程中条件的控制与选择技法02化工流程中物质的分离和提纯通·模板运用真题示例+模板答题+变式训练练·模板演练最新模拟、预测考向本节导航化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命题的常考题型化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命题的常考题型。第一步：粗读题干明确生产目的、原料、杂质和目标产品的成分。第二步：分析流程对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料；依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务。第三步：解答设问结合设问进一步分析流程，运用化学语言进行规范作答。技法01化工流程中条件的控制与选择1．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴)(1)加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料汽化。(2)降温的目的：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。(3)控制温度在一定范围的目的：结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)；防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时会分解或挥发；使催化剂的活性达到最高；防止副反应的发生。(4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。(5)控制固体的溶解与结晶趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。2．pH的控制(1)控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。(2)控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlOeq\o\al(－,2)或[Al(OH)4]－的形式存在。(3)控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。3．反应物用量或浓度的控制(1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。(2)对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。(3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。4．加入物质的目的(1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。(2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。(3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。(4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。5．在空气中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。技法02工艺流程中物质的分离和提纯1．物质分离与提纯的常用方法(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。(7)离子交换法：利用离子交换剂与溶剂中的离子发生交换，进行分离，分离效率高，设备简单，树脂可以重复使用，但耗时过多。2．常用的结晶方法(1)从溶液中获取不带结晶水的晶体，如NaCl、K2SO4等，用蒸发结晶的方法。(2)从溶液中获取带结晶水的晶体，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。(3)从混合液中获取溶解度受温度影响较小的溶质，如从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体，用蒸发结晶、趁热过滤的方法。(4)从混合液中获取溶解度受温度影响较大的溶质，如从含少量KCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。(5)重结晶是指析出的晶体经过溶解后再次从溶液中结晶析出的过程，是一种利用被提纯物质与杂质在同一溶剂中的溶解度不同而进行提纯、分离的方法。3．金属离子的萃取与反萃取(1)溶剂萃取简称萃取——利用溶质在两种不相溶的液体之间的溶解度或者分配差异，达到分离和富集的目的。经过反复多次萃取，可将大部分化合物提取出来。(2)反萃取和洗脱——与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程。1．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；②

；③易从溶液中结晶析出；④不同温度下的溶解度如下：温度℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的：①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是。（5）滤液4中溶质主要成分为(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是。【答案】（3）使银元素转化为AgCl沉淀（5）Na2SO3高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产【第一步粗读题干】铜阳极泥(含有Au、、、等)，回收贵金属的化工流。【第二步分析流程】【第三步解答设问】（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是使银元素转化为AgCl沉淀；（5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。2．（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生(填化学式)。（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是。（4）“置换”中可选用的试剂X为(填标号)。A．

B．

C．

D．“置换”反应的离子方程式为。【答案】（1）H2S（2）热浸（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+（4）C【第一步粗读题干】以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和。【第二步分析流程】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和，“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。【第三步解答设问】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S气体。（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2，尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。1．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为：已知：（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是。（3）“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是。（4）写出反萃取生成的化学方程式。“滤液2”可以进入步骤再利用。（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是。【答案】（2）快速冷却（3）无明显现象（4）反萃取（5）增强熔融氯化铍的导电性【第一步粗读题干】一种从其铝硅酸盐中提取铍。【第二步分析流程】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。【第三步解答设问】（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。（4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。2．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是___________。（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________。（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。A．酸性

B．碱性

C．两性【答案】（3）Al(OH)3（4）磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀（5）C【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。【解析】（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；1．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为___________________(答出一条即可)。（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积（3）Fe(OH)3（6）11.1【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。2．（2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。氢氧化物（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。②提高了的浸取速率，其原因是。（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为。【答案】（4）②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积（5）【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。【解析】（4）②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。3．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：物质沸点3）“除钒”过程中的化学方程式为____________________；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______________。【答案】（3）

3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸馏（4）不能

若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。【解析】（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；4．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。时相关物质的参数如下：的溶解度：化合物（2）向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。（3）为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。【答案】（2）将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质（3）蒸发浓缩

趁热过滤【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。【解析】（2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；5．（2023·全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。（3）“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。a．稀硫酸

b．浓硫酸

c．盐酸

d．磷酸（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。【答案】（1）做还原剂，将还原（3）c（4）不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。【解析】（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。（3）“酸化”步骤是为了将转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。6．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。（2）加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱锰矿（2）将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。7．（2023·湖南卷）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；③相关物质的沸点：物质沸点/55.734.642.4365.8（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；【答案】（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出Ga3++3eˉ=Ga（4）CH4（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。【解析】（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；8．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。【答案】（2）纯碱（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度盐酸浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。【解析】（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。9．（2022·全国甲卷）硫酸锌()是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。A．

B．

C．滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。【答案】（2）

将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积

增大硫酸的浓度等（3）B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2（5）置换Cu2+为Cu从而除去【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。【解析】（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；（3）A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；10．（2022·福建卷）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：（1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)（3）使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度高温溶解再冷却结晶【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。【解析】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。11．（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；②金属活动性：；③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。a.进一步粉碎矿石

b.鼓入适当过量的空气

c.降低焙烧温度（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②_______。（6）加入金属Bi的目的是_______。【答案】（1）ab（3）抑制金属离子水解（6）将Fe3+转化为Fe2+【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。【解析】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气使燃烧更加充分，故选ab；（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解；（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；12．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、【答案】（2）

（3）

CaSO4•0.5H2O

减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率

酸解

D【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()=1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)•c()=4c3()，c()=mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：A．P2O5%=l5、SO3%=15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；C．P2O5%=10、SO3%=30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。13．（2022·广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。【答案】（2）4.7pH<6.2

（3）4.010-4（4）

加热搅拌可加快反应速率

冷却结晶【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。【解析】（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；（3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==410-4，故答案为：410-4；（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；14．废旧铅蓄电池具有较高的回收利用价值。由废铅膏(含、、和以及少量的铁和铝的氧化物)制备的流程如下：已知：；②，请回答下列问题：（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有(请写一点)。（3）“浸取”时将换成溶液效果会更好，除作还原剂外，还有的作用为。【答案】（1）粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等（3）作氧化剂，促进金属Pb在硫酸中转化为硫酸铅【分析】废铅膏与硫酸、浸取时，铅元素全部转化为硫酸铅，铁和铝的氧化物转化为相应离子进入滤液，硫酸铅与碳酸铵反应转化为碳酸铅，焙烧得到氧化铅。【解析】（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等；（3）“浸取”时将换成溶液效果会更好，除作还原剂外，还可以作氧化剂，促进金属Pb在硫酸中转化为硫酸铅；15．（2024·广东惠州一模）氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。已知：的电离常数（1）溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为。A．②①③B．③①②C．①③②（4）利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：截留率物质反渗透膜(%)纳滤膜(%)超滤膜(%)9915.6099990系数离子水合离子半径扩散系数/0.3971.0650.3322.032最好的选择是膜，该膜脱硫率高的原因是。【答案】（1）A（4）纳滤与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。【解析】（1）溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；（4）由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；16．（2024届·河北承德·三模）废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb等金属和少量Ag、Au，具有较高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下：已知：①常温下，微溶于水，可与结合生成配离子：。②25℃时，，。（1）“拆解破碎”的目的是。（2）“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的离子方程式为，选用浓度较大的4mol·L盐酸可提高铅元素的浸出率，理由是(从平衡移动角度分析)。【答案】（1）增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率（2）常温下，微溶于水，